bzoj 3240 [Noi2013]矩阵游戏

bzoj 3240

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http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3240

Description

婷婷是个喜欢矩阵的小朋友,有一天她想用电脑生成一个巨大的n行m列的矩阵(你不用担心她如何存储)。她生成的这个矩阵满足一个神奇的性质：若用F[i][j]来表示矩阵中第i行第j列的元素，则F[i][j]满足下面的递推式:

F[1][1]=1

F[i,j]=a*F[i][j-1]+b (j!=1)

F[i,1]=c*F[i-1][m]+d (i!=1)

递推式中a,b,c,d都是给定的常数。

现在婷婷想知道F
[m]的值是多少,请你帮助她。由于最终结果可能很大，你只需要输出F
[m]除以1,000,000,007的余数。

Input

一行有六个整数n,m,a,b,c,d。意义如题所述

Output

包含一个整数，表示F
[m]除以1,000,000,007的余数

Sample Input

3 4 1 3 2 6

Sample Output

85

HINT

样例中的矩阵为：

1 4 7 10

26 29 32 35

76 79 82 85

1<=N,M<=10^1000 000,a<=a,b,c,d<=10^9

思路在代码里：（居然有十进制快速幂，要补啊

/**************
F={
1
1
}
A={
a b
0 1
}
B={
c d
0 1
}

ans=F*(A^(n-1)*B)^(m-1)*A^(n-1)

*****************/

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<queue>
#define M  2100000
#define MOD 1000000007

using namespace std;

typedef long long ll;
struct MX{
ll a[2][2];
int n,m;
MX(){memset(a,0,sizeof(a));}
void init0()
{
n=m=2;
a[1][1]=a[0][0]=1;
a[1][0]=a[0][1]=0;
}
void init1(int  aa,int  bb)
{
n=m=2;
a[0][0]=aa;
a[0][1]=bb;
a[1][1]=1;
}
void init2(int  aa)
{
n=2,m=1;
a[0][0]=aa,a[1][0]=1;
}
};

inline MX operator *(MX m1,MX m2)
{
int i,j,k;
MX ret;
ret.n=m1.n;
ret.m=m2.m;
if(ret.n==2&&ret.m==2)
{
if(m1.a[1][1]!=1||m1.a[1][0]!=0|| m2.a[1][1]!=1||m2.a[1][0]!=0)
throw 1;
ret.a[0][0]=m1.a[0][0]*m2.a[0][0]%MOD;
ret.a[0][1]=(m1.a[0][0]*m2.a[0][1]%MOD+m1.a[0][1])%MOD;
ret.a[1][0]=0,ret.a[1][1]=1;
return ret;
}
for(i=0;i<m1.n;i++)
for(j=0;j<m2.m;j++)
for(k=0;k<m1.m;k++)
{
ret.a[i][j]=(ret.a[i][j]+m1.a[i][k]*m2.a[k][j]%MOD)%MOD;
}
return ret;
}

MX pow_mod(MX a,char *str ,int len)
{
int i,j;
MX t,l0,ret;
ret.init0();
l0.init0();
t=a;
for(i=len-1;i>=0;i--)
{
for(j=0;j<10;j++)
{
if(j==str[i]-'0')
ret=ret*l0;
l0=l0*t;
}
t=l0;
l0.init0();
}
return ret;
}

char s1[M],s2[M];

int main()
{
ll a,b,c,d,i,j,k;
scanf("%s %s%lld%lld%lld%lld",s1,s2,&a,&b,&c,&d);
a%=MOD,b%=MOD,c%=MOD,d%=MOD;
int l1,l2;
l1=strlen(s1);
l2=strlen(s2);
int x=l1-1;
s1[x]--;
while(s1[x]<'0')
{
s1[x]+=10;s1[x-1]--;x--;
}
x=l2-1;
s2[x]--;
while(s2[x]<'0')
{
s2[x]+=10;s2[x-1]--;x--;
}

MX m1,m2,r1,r2,r3,m3,r4,m4;
MX t1;
m1.init1(a,b);
m2.init1(c,d);
m4.init2(1);
r1=pow_mod(m1,s2,l2);
r2=r1*m2;
r3=pow_mod(r2,s1,l1);
r4=r3*r1*m4;
cout<<r4.a[0][0]<<endl;
return 0;
}

看到有位神犇的超短代码，跑得还超快。。。（好像是一般的快速幂！！！

#include<cstdio>
typedef long long ll;
struct M
{
ll x,y;
} t1,t2,t3;
ll P=1e9+7,a,b,c,d,n,m,phi;
char s1[1000010],s2[1000010];
void F(char*s,ll&aa)
{
for(int t=0; s[t]; t++)aa=(aa*10+s[t]-'0')%phi;
}
M operator*(const M&a,const M&b)
{
return (M)
{
a.x*b.x%P,(a.x*b.y+a.y)%P
};
}
M operator^(M t,ll k)
{
M f=t;
for(--k; k; k>>=1,t=t*t)if(k&1)f=f*t;
return f;
}
int main()
{
scanf("%s%s%lld%lld%lld%lld",s1,s2,&a,&b,&c,&d);
if(a==1&&c==1)phi=P;
else phi=P-1;
F(s1,n),F(s2,m),t1=(M)
{
a,b
},t2=(M)
{
c,d
};
t1=t1^(m-1),t3=t2*t1;
t3=t3^(n-1);
t1=t1*t3;
printf("%lld\n",(t1.x+t1.y)%P);
}

MOD -1 是因为费马小定理


除掉的那些乘积是1